专题七 考点3 化工流程-【创新教程】2022-2026五年高考化学真题分类特训试卷

5H2O,因此用不到的仪器有分液漏斗和球形冷凝管。 (2)CuSO,·5H2O含结晶水，长期放置会风化失去结 晶水，生成无水硫酸铜，无水硫酸铜为白色固体。(3) 硫酸铜溶液与氢氧化钠溶液反应生成蓝色的氢氧化铜 沉淀，加热，氢氧化铜分解生成黑色的氧化铜沉淀 (4)草酸和碳酸钾以物质的量之比为1.5：1发生非氧 化还原反应生成KHC2O4、K2C2O,、CO2和水，依据原 子守恒可知，反应的化学方程式为：3H2C2O,十2K2C0 =2KHC2O4+K2C2O4+2H2O+2CO2个。(5)为防 止草酸和碳酸钾反应时反应剧烈，造成液体喷溅，可减 缓反应速率，将碳酸钾进行分批加入并搅拌。(6)Ⅲ中 将混合溶液加热至80一85℃，应采取水浴加热，使液体 受热均匀。(7)从溶液获得晶体的一般方法为蒸发浓 缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，因此将Ⅲ的滤液用蒸 汽浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到二草 酸合铜（Ⅱ）酸钾晶体。 答案：(1)分液漏斗和球形冷凝管 (2)CuSO4·5H,O风化失去结晶水生成无水硫酸铜 (3)CuO (4)3H2 C2O,++2K,CO2KHC,O+ K2C2O,+2H2O+2C02个 (5)分批加入并搅拌(6)水浴 (7)冷却结晶、过滤、洗涤 [考点3] 1.CA.“浸渍”时Na2S和生成的Na2Te都具有还原性， 通入过量空气时，过量O2会进一步将S2氧化为更高价 态的物质，发生副反应，A错误；B.铜阳极泥中的Au不 参与浸渍反应，留在滤渣中，Au不溶于浓硝酸（仅溶于 王水)，因此滤渣不能全部溶于浓硝酸，B错误；C.Na2Te 被O2氧化生成Naz Te的反应的化学方程式为：4 NazTe 十O2+2H2O一2Na2Te2+4NaOH,反应生成强碱 NaOH,溶液中c(OH)增大，碱性增强，C正确；D.滤液 1中Te在Na2Te2中为一1价，沉碲得到0价碲单质，Te 化合价升高被氧化，因此Na2SO3做氧化剂参与氧化还 原反应，被还原，D错误。 2.CA.若h为盐酸，盐酸与Fe(OH)3反应生成含Fe3+ 的盐酸体系，只要Fé3+不足，仅部分铜溶解，仍可满足流 程，存在这种可能性，A正确；B.溶液b中含有F®+，通 入过量NH3生成Fe(OH)2,Fe(OH)2在空气中久置会 被氧气氧化为红褐色的Fe(OH)3,即沉淀g,B正确；C. 流程最终得到含铜氨络离子的溶液，说明溶液b中一定 含有Cu2+;铁的还原性比铜强，铜铁混合物中铁先发生 反应，铁完全反应后铜才反应，若固体残渣中有铜，则一 定无铁，C错误；D.Cu2+与过量NH3反应生成深蓝色络 离子[Cu(NH3)4]+,因此f中含有该离子，D正确。 3.ACA.反应器甲中需CaO吸收CO2生成CaCO3,故初 始钙基物质I为CaO,A正确；B.CO和CO2均在反应器 甲中被转化或吸收，仅N2未参与反应，故气体X为纯 N2,B错误；C.因高炉煤气中n(CO)：n(CO2):n(N2) =2：3：5,设高炉煤气中n(C0)=2mol,n(C02)=3 mol,n(N2)=5mol。还原2 mol FeO需2 mol CO,生成 2molC02;体系中n落(C02)=(3十2)mol=5mol,需5 nol CaO吸收，故n(FeO)：n(CaO)=2：5,C正确；D. 因高炉煤气中n(CO):n(CO2):n(N2)=2:3:5,设 高炉煤气中n(C0)=2mol,n(C02)=3mol,n(N2)=5 mol。甲中2 mol CO转化为2 mol CO2,体系ns(CO2) =(3+2)mol=5mol,乙中2 mol Fe与2 nol CO2反 850℃ 应，Fe十CO2 -Fe0十CO,生成2 mol CO,剩余nw (CO2)=(5-2)mol=3mol,因同时发生反应FeO+CO 850℃ Fc十00，合气中C8=号，D错。 4.BA.由图中转化信息可知，B(OH),既能与盐酸反应 生成盐和水，又能与氢氧化钠反应生成盐，因此其是两 性氢氧化物，A正确；B.由题中信息可知，B2C的熔点远 远高于BeCl2的，因此Be,C不可能是分子晶体，而BeCl, 19 的熔点和沸点均较低，其为分子晶体，因此两者的晶体 类型不相同，B错误；C.Na2[Be(OH)4]中Be原子与4 个羟基形成4个σ键，没有孤电子对，只有4个成键电子 对，因此，其杂化方式为sp3,C正确；D.Be2C中的Be化 合价为十2，C的化合价为一4，因此其与H20反应生成 Be(OH)2和CH4,该反应的化学方程式为Be2C+4H2O =2Be(OH)2十CH4个，D正确。 5.解析：(1)提高焙烧效率的措施可以从增大接触面积、提 高温度、增加氧气浓度等方面考虑。例如将废芯片粉 碎，适当升高温度或增大空气通入量，任选一条即可。 (2)“浸出1”中使用了H2SO,和Fe2(SO4)1,Fe3+具有氧 化性，可以将Cu氧化为Cu+,自身被还原为Fe2+。离 子方程式为：2Fe3++Cu—2Fe2++Cu2+ (3)“滤液1”中含有Fe2+、Cu2+等离子，阳极液为FSO 溶液，阳极反应为Fe2+一e—Fe3+,阴极反应为：Cu+ 十2e一Cu。通过电解，可以将Fe+氧化为Fe+,同 时回收Cu。Fe3+可循环用于“浸出1”，而Cu作为固体1 被回收。 (4)3Ce++Au一3Ce3++Au3+的K约为4.8X105 从热力学角度来看反应趋势很大、可以进行得基本完 全。但实际生产中“浸出率较低”（反应并没有充分发 生)，这通常是动力学原因导致的。即该反应的活化能 很高，在常温或浸出条件下反应速率极慢，导致短时间 内无法有效浸出。 (5)AgCl被还原为Ag,Ag→Ag,每个Ag得1e。 N2H4被氧化为N2,N从一2-0，每个N失2e,1mol N2H4失4e。根据得失电子守恒可得化学方程式为： 4AgC1+N2H=4Ag+N2个+4HC1,因此n(AgCI): n(N2H,)=4:1。 (6)“浸出3”中Au和Pd转化为[AuCl4]和[PdCl4]2, 使用(NH4)2Ce(NO3)。和HCI。而沉淀步骤中，滤液3 含有未反应的Ce3+,流程的最终目的是要将铈元素转化 为C(OH),沉淀进行回收。将“滤液3”合并到主流程 中，可以将分散的铈元素集中起来，使所有的Ce3+一起 进入“还原”后的流出液，最终统一进行氧化沉淀，提高 铈的回收率。 (7)氧化”步骤中，NaCIo将Ce3+氧化为Ce+,在碱性条 件下生成Ce(OH),沉淀。ClO被还原为Cl。根据氧 化还原反应配平，离子方程式为2Ce3+十ClO+6OH +H2O=2Ce(OH)4￥+C1。 答案：(1)将废芯片粉碎，适当升高温度或增大空气通入 量（任选一条即可） (2)2Fe3++Cu-2Fe2++Cu2+ (3)提取并回收金属铜，同时将阴极液中的Fε2+氧化再 生为Fe3+(或Fe(SO,),)以便在“浸出1”中循环利用 (4)该反应的活化能较大，反应速率较慢 (5)4：1 (6)将分散的铈元素集中（或富集C3+),以便在后续步 骤中统一氧化回收生成Ce(OH)4沉淀，提高利用率 (7)2Ce3+CIO+60H-H2O-2Ce(OH) +C1 6.解析：(1)V(钒，原子序数23)和Cr(铬，原子序数24)均 为过渡金属，价电子排布分别为3d4s2、3d4s,均位于 元素周期表的d区。 (2)FeO·V2O3被O2氧化，Fe元素由+2价升高为+3 价，V元素由十3价升高为十5价，O2中0由0价降低 为一2价，根据得失电子守恒、原子守恒可得：4FO· V2O3+24Na0H+502 △2Fe,0,+8Na,V0, +12H20。 答案：(1)d(2)提高O2浓度，加快反应速率，使钒渣充 分氧化，提高钒、铬的浸出率42452812 (3)Fe2 O2 CaSiOa Ca(OH)2 (4)当NaOH质量分数为30%时，40℃下Na,VO4的溶 解度很低，易结品析出，而Na2CrO,的溶解度仍较大，留 在母液中，从而实现钒和铬的有效分离 (5)氧化(6)2CrO2+3S0号+10H+一2Cr3++ 5H,O+3SO 7.解析：(1)Cu位于IB族，IB、ⅡB族元素属于ds区，Au 与Cu同族，故为ds区元素。 (2)酸浸1加入稀盐酸，活泼金属Ni与稀盐酸反应溶解， Cu、Ag、Au不与稀盐酸反应，因此离子方程式为Ni和 H反应生成N+和H2,离子方程式：Ni+2H+ Ni2++H2个。 (3)滤渣1含Cu、Ag、Au,酸浸2加入稀硝酸，Cu、Ag与 稀硝酸反应溶解生成Cu2+、Ag,Au不溶解，因此滤液 2中金属离子除Ag外还有Cu2+ (4)根据已知信息，PMS在强酸介质中会水解，若用HCI 代替KC1,溶液酸性过强，PMS水解导致氧化能力下降。 由已知②可知体系生成具有高氧化活性的单线态氧分 子(1O,),PMS(以HSO5表示)发生分解反应生成硫酸 根、氢离子和单线态氧，其离子方程式为：HSO。十SO -2S02+H+1O2。 (5)“氧化溶金”后，金以十3价络离子形式存在于溶液 中。抗坏血酸（维生素C)具有较强的还原性，在此工序 中作为还原剂，将金的络离子还原析出，从而得到纳 米Au (6)V(NaOH)在0~20.00mL之间时，pOH急剧下降， 此时是NaOH溶液中和滤液1中过量的HCl的阶段。 V(NaOH)在20.00~55.00mL之间时，曲线趋于平缓，到达 55.00mL时pNi发生突变上升，说明此阶段NaOH均用 于沉淀Ni+,沉淀Ni2+消耗NaOH溶液体积为55.00mL -20.00mL=35.00mL,n(OH)=0.1000mol/L× 0.035L=0.0035mol,由Ni2++20H—Ni(0H)24得 nNr2+)=0.0035mol=0.00175mol,c(N+)= 2 0.00175mol=0.035mol/L。 0.05L (7)滤液2中Ag以AgNO3形式存在，滤液3中含碱沉 后过量的NaOH,AgOH不稳定分解为Ag2O,因此反应 为硝酸银与氢氧化钠反应生成氧化银、硝酸钠和水，化 学方程式为2AgNO,+2NaOH一Ag2O'+2 NaNO +H2O. 答案：(1)ds(2)Ni+2H+-N++H2个 (3)Cu2+ (4)HCI为强酸，会引入大量H导致溶液酸性过强，使 PMS发生水解而降低氧化能力失效2SO?H (5)作还原剂，将Au的阳离子还原为Au单质 (6)0.035 (7)2AgNO+2NaOH-Ag2 O+2NaNO,+H,O 8.解析：(1)Ni是28号元素，价电子排布为3d4s,根据周 期表分区规则，属于d区。 (2)加压可增大氧气的溶解度，提高O2浓度，加快浸出 速率，提升镍的浸出率；NS与氧气、氨水反应生成[Ni (NH3)。]SO,,根据得失电子守恒、原子守恒可知化学方 程式为NiS+2O2+6NH3·H2O一[Ni(NH3)6]SO, +6H2O. (3)氨浸过程中，铜离子与氨水形成稳定的[Cu (NH)4]+;“部分蒸氨沉铜”时，溶液中挥发出来的气体 a显然是氨气。蒸发氨气会导致溶液中c(NH3)减小，促 使络合物解离而使铜沉淀。 (4)1molS2O号被氧化为SO,S2O号中S的平均化合 价为+2价，SO中S的化合价为+6价，总共失去2× (6一2)=8mol电子，1molO2反应得到4mol电子，根 据得失电子守恒，消耗O,的物质的量为8mol=2m0l。 (5)在“还原”步骤中，[Ni(NH3)]SO,被H2还原生成 Ni粉，溶液中主要留下的阳离子是生成的NH(由 NH和H结合)，阴离子是一直未参与后续反应的 SO。因此滤液3浓缩结晶得到的副产品是 (NH4)2SO4,疏酸铵是常用氨肥，可做化肥 (6)观察题给图像，当x=2时，N(Ⅱ)浓度随时间下降 19 最快，且最终能降至0（完全转化）。而x=1时反应提前 停滞（转化率低），x=3时反应速率过慢。因此为提高速 率和转化率，应选2； 当x=1时，发生反应：[Ni(NH3)]2++H2—Ni+ NH十H,会释放一个游离的H,游离H会使溶液 呈酸性，而题目已知“酸性条件不利于还原”，因此反应 受到抑制，转化率低。 当x=2时，发生反应：[Ni(NH)2]2++H2一Ni+ 2NH,恰好生成2个NH,体系不会生成游离的H, 反应能顺利进行到底。 答案：(1)d(2)增大氧气的溶解度（或浓度），加快反应 速率NiS+2O2+6NH3·H2O=[Ni(NH3)g]SO4 +6H2O (3)[Cu(NH3)4]2+NHg (4)2(5)(NH4)2SO4 (6)2[Ni(NH)]+被还原时发生反应：[Ni(NH3)]2+ +H2一Ni十NH对十H,溶液呈酸性，不利于“还 原”步骤；而[Ni(NH)2]+被还原时发生反应：[N (NH)2]++H2一 一NiV+2NH,不会生成游离的 H+,因此还原程度较高。 9.解析：(1)Pb的原子序数为82，与碳、硅等同族，位于元 素周期表第六周期第VA族。 (2)“加压氧化”中，PbS与空气中的O2及加入的硫酸反 应，生成PbSO,沉淀和单质S。根据电子守恒和原子守 恒，可写出离子方程式为2PbS+O2+4H十2S0 2PbSO4十2S十2H2O。采用加压操作可以增大氧气的溶 解度或浓度，从而有效加快反应速率。 (3)当Zn2+恰好沉淀完全时，溶液中c(Zn2+)=1.0× 105molL1,此时溶液中c2(0H)=K[Zn(OH)2] c(Zn) =3.0×10-17 =1.0X10=3X102。对于Cd+,其浓度商Q= c(Cd2+)·c2(0H)=0.01×3.0×10-12=3.0×10-14 因为Q=3.0×104>Kp[Cd(OH)2]=7.2×1015,故 有Cd(OH)2沉淀生成；若Cd+沉淀完全，需要 c0H)-18x18=2.2x10>.0X10,2 明此时Cd+并未沉淀完全。因此Cd+部分沉淀，选b。 (4)a.乙二胺(H2NCH2CH2NH2)中的氮原子含有孤电 子对，可作为配位原子与Pb2+形成配位键，正确；b.“沉 铅”过程中通入CO2,生成碱式碳酸铅[Pb2(OH)2CO3], 消耗了溶液中的碱性物质（己二胺），导致溶液pH减小， 错误； c.由流程图可知，“再生”工序加入Ca(OH)2后重新得到 乙二胺，同时烯烃并未被消耗，二者返回胺浸工序循环 利用，正确；故选ac。 (5)“高温还原”中，Pb2(OH)2CO3与CH反应生成Pb、 CO2和H2O。反应中Pb元素化合价由十2降至0，C元 素化合价由一4升至十4，根据得失电子守恒配平化学方 高温 程式为2Pb2(OH)2CO3+CH4 4Pb+3CO2+4H2O. 若用炭代替CH4,由于炭是固体，反应后过量的炭容易 作为杂质混入液态或固态铅中难以分离，从而导致铅的 纯度下降。 (6)“沉铅”后的溶液中含有硫酸根离子和通入CO,后产 生的碳酸根离子（或碳酸氢根离子），加入Ca(OH)2进 行“再生”时，钙离子会与硫酸根离子、碳酸根离子反应 生成微溶的CaSO4和难溶的CaCO3沉淀，因此得到的 “含钙粗产品”的主要成分为CaSO,和CaCO,。 答案：(1)NA(2)2PbS+O2+4H++2SO 2PbSO,+2S+2H2O增大体系中氧气的压强和浓度， 从而加快反应速率(3)b(4)ac 5)2Pb2(OHD,C0,+CH,高温4Pb+3C0,+4H,0炭 为固体，过量的炭容易混入生成的铅中，导致铅的纯度 下降 (6)CaSO CaCO 10.解析：(1)Cu2Se中Cu为十1价被氧化为Cu2+,Se为- 2价被氧化为H2SeO3,NO5被还原为NO,结合得失电 子守恒和原子、电荷守恒配平方程式为3Cu2Se十20H +8NO,-6Cu2++3H2 SeO,+8NO7H2O: (2)“球磨提金”时，加入的KMnO,在酸性条件下氧化 CI厂生成Cl2,Mn元素化合价降低，作氧化剂； (3)SO具有还原性，将[AuCl4]中十3价Au还原为 低价十1价Au;SO作为配体，与Au形成络离子 [AuSO3]进入水相实现反萃取，因此Na2SO,的作用 为将十3价的Au还原为十1价，提供配体；[AuSO3] 中Au降价生成Au单质，S元素部分转化为SO2、部分 为SO,结合得失电子守恒和原子、电荷守恒配平方 程式为2[AuSO3]—2Au↓+SO+SO2↑； (4)已知：AgCl(s)=Ag(aq)+Cl(aq)Kp=1.6× 10-0;Ag+2NH==[AgNH3)2]K=1.0×10', 总反应为AgC1+2NH3=[Ag(NH3)2]t+CI,平 衡常数Ks=Kp×K=1.6×103.0.010 mol AgCl完 全溶于1L氨水，平衡时c([Ag(NH3)2]+)=c(NH3) ≥0.25mol·L1,代入 c[Ag(NH,)])·c(C）,得平衡游离c(NH,)= c(NHa) 0.25mol·L1,因此c(NH3)≥0.25mo1·L-1； (5)还原提银时水合肼与银氨络离子反应释放NH3,滤 液X含铵盐，球磨提金工序需要NH,C1,向滤液X加入 HCl,将NH?转化为NH4Cl,可循环至球磨提金步骤。 答案：(1)3Cu2Se+20H++8NOg一6Cu2++ 3H,SeO,+8NO+7H,O (2)KMnO (3)将+3价Au还原为+1价，提供配体2[AuSO3] 2Au￥+SO+S02↑ (4)0.25(5)HCl 1l.解析：贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有 少量SiO2]中尽可能回收铑的工艺流程中，加入浓盐酸 溶解其中F,过滤后实现分离，再向滤渣中加入王水 (浓盐酸与浓硝酸混合酸)氧化溶解Rh,Rh转化为 H[RhCls],Pt转化为相关可溶物，SiO2不溶，过滤后 进行分离；煮沸滤液除去盐酸、硝酸，再加入浓盐酸、 DETA将部分铑元素沉淀，过滤后，滤渣进行灼烧分解 为Rh、Rh2O3和RhCl3,再用H2进行高温还原得到铑 单质，向滤液中加入NH,C1将铂元素相关化合物转化 为沉淀除去，加入SnCl2将Rh(Ⅲ)转化为[Rh (SnCl)]4-,再加入Zn进行还原，生成Rh,由于Zn过 量有剩余，加入浓盐酸溶解过量的Zn,实现Zn与Rh 分离，过滤获得铑粉，以此分析解答 (1)原料合金粉主要成分为Fe、Rh、Pt和少量SiO2,Fe 易溶于酸（如盐酸或硫酸），而Rh和Pt在常温下不易 被非氧化性酸溶解，SiO2不溶于酸，因此“酸溶1”使用 非氧化性酸溶解Fe生成可溶性盐，过滤后Fe(Ⅱ)进入 滤液，剩余滤渣主要为Rh、Pt和SO2,实现初步分离。 (2)“酸溶2”中Rh转化为H3[RhCl],Rh元素化合价 由0升高至十3，HNO3中N元素化合价由十5降低至 十2，结合化合价升降守恒以及原子守恒可知反应化学 方程式为Rh+6HCI+HNO,一H[RhCL]+NO个 十2H2O；由上述分析可知该过程中滤渣的主要成分 为SiO2。 (3)“高温还原”过程中，Rh2O3和RhCl3均被H2还原 为Rh,Rh元素化合价均由十3降低至0，根据化合价升 降守恒以及原子守恒可知反应方程式为Rh2O3十3H2 高温2Rh十3H,0,2RhCL,+3H,高温2Rh+6HCL。 (4)SnCl2初始浓度为1.0×10-4mol·L1,则溶液中 c(Sn)=1.0×10-4mol·L,当恰好生成Sn(OH) K[Sn(OH)2 沉淀时，c(OH)= c(Sn2) mol·L-1= /5.5×105 √1.0X10molL1≈2.3X101molL1,c(Ht) 195 K. 10-14 (H )2.3X10 mol L4.3X10-mol.L-1, pH=-1gc(H)=-lg(4.3×10-3)=3-0.6=2.4,因此 为避免生成Sn(OH)2沉淀，溶液的pH2.4,故答案为A。 (5)配离子[Rh(SnCL3)s]-中，配体[SnCL]带1个负 电荷，设Rh的化合价为x,则x十5×（一1）=一4，则x =十1；Rh(Ⅲ)以[RhCL]3-计，反应中Rh(Ⅲ)还原至 Rh(I),每个Rh得到2个电子，SnCl2为还原剂，部分 被氧化为[SnCl]-,Sn(Ⅱ)被氧化为Sn(IV),每个Sn 失去2个电子，同时反应过程中，部分SnCl2结合一个 Cl形成[SnCl],作为新的配体，每生成1个 [Rh(SnCl3),]-,需要5个SnCL2,因此理论上SnCl2和 Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为(1十5)：1=6：1。 (6)由于“二次还原”过程中，为确保[Rh(SnCl3)]4完 全反应，加入的Zn需过量，过滤后剩余Zn和生成物 Rh存在于滤渣中，因此再向滤渣中加入浓盐酸的目的 为除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn。 答案：(I)溶解Fe,使其进入溶液，从而通过过滤实现 分离 (2)Rh+6HCI+HNO3—H[RhCL]+NO↑+ 2H2 O SiO2 (3)Rh2O3+3H2 高温2Rh十3H,0、2RhCl,+3H, 高温 2Rh+6HCI (4)A(5)+16:1 (6)除去滤渣中未反应的Zn及生成的Sn 12.解析：铜冶炼烟尘（主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫 酸盐)焙烧将S转化为二氧化硫，As2O3因沸，点低被蒸 出，设计焙烧温度为600℃，根据已知信息，硫酸铜被分 解，生成氧化铜，硫酸锌和硫酸铅未分解，加水浸取后， 硫酸锌溶于水形成溶液被分离出去，留下氧化铜，硫酸 铅，加硫酸溶解，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反 应转化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液 主要为硫酸铜，硫酸铜经过电解或置换法转化为铜，据 此解答。 (1)设计培烧温度600℃，使硫酸铜分解，而硫酸锌和硫 酸铅不分解，使As2O3沸腾收集； (2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得 Na2S2O3,根据元素守恒可知还生成了二氧化碳，该反 应的化学方程式为4SO2+Na2CO3+2Na2S= 3Na2 S2Oa+CO2; (3)酸浸时，硫酸铅不溶于硫酸，氧化铜与硫酸反应转 化成硫酸铜，过滤分离，浸出渣为硫酸铅，浸出液主要 为硫酸铜，故酸浸的目的为分离硫酸铅，得到较纯净的 硫酸铜溶液： (4)浸出液主要为硫酸铜，经过电解或置换法转化为 铜，故从浸出液得到Cu的方法有：电解法或置换法； (5)某含Pb化合物室温下晶胞如题图所示，Cs位于体 心，个数为1，Pb位于顶点，个数为8X日=1，Br位于 棱心，个数为12×子=3，该化合物的化学式为 CsPbBr3,Cs位于体心，Pb位于顶点，Cs与Pb之间的 距离为体对角线的一半，由于晶胞参数a≠b≠c,a=B= y=90,C与Pb之间的距离为√a+6+ -pm,该晶 2 体密度计算式为M。十M十3M NAXabcX10-30g/cm3。 答案：(1)使硫酸铜分解，硫酸锌和硫酸铅不分解，同时 使As2O3沸腾收集 (2)4S0,+Na,CO,++2Na,S=3Na,S,O+CO, (3)分离硫酸铅，得到纯净的硫酸铜溶液 (4)电解法（或置换法） (5)Va+6+c 2 CsPbBra Mcs +Mpb+3MBr Na XabcX10-30 13.解析：废渣用(NH)2S2Og和NH3·H2O氧化浸出过 滤，滤液中有[Cu(NH):]2+和[Zn(NH3)4]+,滤渣1 有PbSO,和Fe(OH)3,滤液加Zn置换出Cu,除铜后的 溶液加(NH4)2S沉锌，得到ZS,滤渣1用H2A和 Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素，滤液经过结晶得 到PbA,再真空热解得到纯Pb。 (1)碳原子周围连接四个不同的原子或原子团为手性 碳原子，H2A分子中手性碳原子有2 HH 个，HOOC—C—C-COOH; OHOH (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根作氧化剂，过二硫酸根 转变为SO; (3)“氧化浸出”时，温度升高，浸出速率增大，浸出率升 高，温度过高时，NH2·HO分解生成NH逸出，且温 度高时过二硫酸铵分解，造成浸出率减小： (4)加入Zn发生置换反应，从[Cu(NH3)4]+置换出Cu 单质，反应的离子方程式为：Zn十[Cu(NH3)4]+ [Zn(NH3)4]2++Cu; (5)根据分析，滤渣1有Fe(OH)3和PbSO,用H2A和 Na2A浸铅后过滤，滤渣2含Fe元素的沉淀； (6)“浸铅”步骤发生PbSO,(s)+A2-PbA十SO2, Na2A溶液中存在A2-+H2O一HA+OH,pH升 高，OH浓度增大，平衡A2-十HOHA+OH 逆向移动，A2-浓度增大，平衡PbSO,(s)十A2-= PbA十SO正向移动，PbA产率增大；pH过高时， OH浓度过大，会生成Pb(OH)2沉淀，造成PbA产率 降低； (7)290℃“真空热解”PbA即Pb(OOC一CHOH CHOH一COO)生成Pb单质和2种气态氧化物为CO和 H2O,反应的化学方程式为：Pb(OOC一CHOH一CHOH 290℃ COO Pb+4C04+2H2O个。 真空热解 答案：(1)2(2)S02 (3)温度升高，浸出速率增大，浸出率升高，温度过高 时，NH3·H2O分解生成NH3逸出，且温度高时过二 硫酸铵分解，造成浸出率减小 (4)Zn+[Cu(NH)4]2+—[Zn(NH3)4]2++Cu (5)Fe(6)pH升高，OH浓度增大，平衡A2-+H2O 一一HA+OH逆向移动，A2-浓度增大，平衡PbSO, (s)十A一PbA十SO正向移动，PbA产率增大 Pb(OH), 290℃ (7)Pb(OOC-CHOH-CHOH-COO) Pb十 真空热解 4C0个+2HO↑ 14.解析：含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、 SrCO,和MgCO3等，加入稀盐酸酸浸，碳酸盐溶解进入 滤液，浸出渣1中含有SrSO4、SiO2,加入BaCl2溶液， 发生沉淀转化，SrSO,(s)+Ba2+(aq)一BaSO4(s)+十 Sr2+(aq),得到SrCl2溶液，经过系列操作得到SrCl2· 6H2O晶体； (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族，基态原子价 电子排布式为5s2; (2)由分析可知，碳酸盐均能溶于盐酸，“浸出液”中主 要的金属离子有Sr2+、Ca2+、Mg2+； (3)由分析可知，“盐浸”中发生沉淀的转化，反应的离 子方程式：SrSO,(s)十Ba2+(aq)-一BaSO,(s)+Sr2 (aq)；该反应的平衡常数K= c(Sr2+) c(Ba2) c(Sr2+)·c(SO})Kp(SrS0a)10-6.46 cBat):c(S0)-Kp(Bas0,)-10-.7=102.1,平 衡常数很大，近似认为SSO4完全转化，溶液中剩余 n(Ba2+)=1×10-mol,则c(S0-)=KBaS02- c(Ba2) 196 107.7mol/L,列三段式： SrSO(s)+Ba2+(ag)BaSO (s)++Sr2+(aq) 初始mol0.01 0.011 0 变化mol0.01 0.01 0.01 平衡mol 0.001 0.01, 理论上溶液中c(Sr2+)·c(S0?)=10-1mol/LX 10-1.?mol/L=10-8.,9?(mol.L-i)2, (4)随温度升高勰浸出率增大，原因是离子半径：Ba2+ >Sr2+,晶格能：SrSO,>BaSO4,则SrSO4(s)+Ba2+ (aq)BaSO,(s)十Sr2+(aq)为吸热反应，升高温度平 衡正向移动，所以银浸出率增大； (5)“盐浸”时发生沉淀的转化，生成了BaSO4,SiO2不 参与反应，故浸出渣2中主要含有SrSO、BaSO4、SiO2； (6)窝穴体a的空腔与Sr2+的粒径相匹配，可通过分子 间相互作用形成超分子识别S2+,达到提取其中的 Sr2+的目的； (7)Ca(OH)2为强碱，则Sr(OH)2也是强碱，Sr+不水 解，排除b,由平衡移动原理可知SCl2·6H2O制备无 水SrCl2的方法加压不利于脱水，排除c、d,故选a。 答案：(1)5s (2)Ca2+、Mg2+ (3)SrSO:(s)+Ba2+(aq)=BaSO (s)+Sr2+(aq) 10-897 (4)SrSO,(s)+Ba2+(aq)BaSO4(s)+Sr2+(aq)为吸 热反应，升高温度平衡正向移动，所以锶浸出率增大 (5)BaSO4、SiO2 (6)窝穴体a的空腔与Sr2+的粒径相匹配，可通过分子 间相互作用形成超分子 (7)a 15.解析：(1)铬是24号元素，其基态原子的核外电子排布 符合洪特规则特例，价层电子排布式为3d4s1」 (2)煅烧时Fe(CrO2)2与过量KOH、空气中的O2(作氧 化剂)发生反应生成K2CrO,、Fe2O3和H2O,根据得失 电子守恒、原子守恒，即可写出该反应的化学方程式。 (4)通入过量CO2的目的是提供酸性环境，使K2CO 转化为K2Cr2O,,加压的目的是增大CO2的溶解度，使 更多的CO2溶解在溶液中，从而保证酸化反应充分进 行，提高酸化反应速率和K2CO4的转化率。 (6)由流程分析可知，该工序中反应物有Fe(CO);、 KCrO4、H2O,产物有Cr（OH)3、CO、KOH和 Fe(OH)3,根据得失电子守恒、原子守恒，即可写出该 反应的化学方程式。 (7)滤渣Ⅱ主要成分是Cr(OH)3、Fe(OH)3,可返回煅 烧工序，节约原料、实现绿色化学。 答案：(1)3d4s (2)4Fe(Cr0,)2+70,+16KOH400-~500 -8K,CrO +2Fe,O+8H2 O (3)MgO Al(OH) (4)增大CO2的溶解度，保证酸化反应充分进行 (5)KHCO (6)Fe(CO)+K,CrO+4H2O=Cr(OH)+ Fe(OH)3Y+2KOH+5CO个 (7)煅烧 16.解析：采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿中分离提取 Cu、Co、Mn等元素，加入硫酸铵低温焙烧，金属氧化物 均转化为硫酸盐，如硫酸锰、硫酸铁、硫酸钻、硫酸钙 等，产生的气体有氨气、氨气等，氨气用稀硫酸吸收，得 到硫酸铵溶液，得到的疏酸盐经650℃高温焙烧，只有 硫酸铁发生了分解，产生三氧化硫气体和氧化铁，水浸 后，过滤分离出滤渣，滤渣主要为二氧化硅，氧化铁，及 硫酸钙，后续萃取分离，将铜元素萃取到有机相中，最 终得到硫酸铜溶液，水相主要含有钻元素和锰元素，加 入硫化钠，调节H,生成硫化钻，过滤分离最终得到硫 酸钻溶液，滤液中加入碳酸氢铵，生成碳酸锰沉淀，据 此解答。 (1)低温焙烧，金属氧化物均转化为硫酸盐，二氧化锰 与硫酸氢铵反应，转化为硫酸锰和氮气，根据电子得失 守恒可知还有氨气生成，反应的化学方程式为：3MnO, +3NH HSO= 低温培烧3MnSO,+N。↑十NH,↑ 6H2O;根据已知条件，高温焙烧的温度为650℃，只有 硫酸铁发生分解，生成三氧化硫气体和氧化铁，二氧化 硅，氧化铁，硫酸钙等在水中溶解度都较小，所以“水 浸”所得滤渣的主要成分除了SiO2外还含有Fe2O3、 CaSO (2)根据已知条件，硫酸铵低温分解成硫酸氢铵，高温 则完全分解成气体，如果直接高温焙烧，则硫酸铵会分 解，物质的量减少，导致金属元素的浸出率减小； (3)根据萃取的化学方程式：2HR(有机相)十Cu2+(水 相)CuR2(有机相)十2H(水相)，加入有机相将铜 离子萃取到有机相中，反萃取时需要使平衡逆向移动， 生成铜离子，而且为了不引入新的杂质，应加入的试剂 为稀H2SO4; (4)沉钻时，pH=4时C02+恰好沉淀完全，其浓度为 c(Co2+)=1×105mol/L,此时c(H)=1X104mol/L,根 据K,(CoS)=4X101,推出c(S-)=K,CoS) c(Co2+) 4×10-21 1X10mol/L=4X1016mol/L,又因为K1(H,S)= 1X10-7,K2(H2S)=1X1013,K1·K2= c(H*)·c(HS)×(H)·c(S-)= c(H,S) c(HS) 2(H)·c(S),则c(HS)= c(H2S) c2(Ht)·c(S2-)_(1X104)2X4X10-16 Ka1·K2 1X10-7X1X10-gmol/L=4× l0-4mol/L;由流程图可知，CoS溶解时加入了过氧化 氢，稀硫酸，生成了CoSO4和S,反应的化学方程式为 CoS+H2O2+H2SO4=CoSO4+S+2H2O,改写成离 子方程式为：CoS+H,0,+2H+一Co2+十S+2H20; (5)由分析可知，沉锰过程中，加入碳酸氢铵，生成碳酸 锰，二氧化碳，硫酸铵等，过滤后滤液中的硫酸铵可并 入吸收液中，经过处理后导入低温焙烧循环使用。 答案：(1)3MnO,十3NH,HSO,低温焙 -3MnSO+ N2↑+NH3↑+6H2OFe2O3、CaSO, (2)减小 (3)H2SO4 (4)4×104CoS+H2O2+2H+—Co2++S+2H20 (5)低温焙烧 17.解析：(1)①酸浸时，若不通入O2,会发生反应：ZnS十 H,SO,一ZnS0,+H2S,通入O2可以氧化S2-生成 S,促进酸浸反应正向进行，提高Zn2+浸出率；③由② 知，除镉时溶液酸性较强，故应在不引入新杂质的同时 消耗溶液中的H+,加入的氧化物为ZnO。 (2)晶胞掺杂过程中，应由半径相近的微粒进行替换， 则区域A中，由CI厂替换S2,区域B中，由Cu替换 Zn2+,按照均摊法，区域B中含Zn2+:3个、Cu+:1个、 g:8×日+6×2=4个，(+2)×3+(+1)×1+ (一2)×4=一1，则区域B带负电。 (3)①根据质量守恒、电荷守恒和题给信息“酸性废 液”，可写出反应的离子方程式：2H3AsO3十3ZnS十 6H—As2S,+3Zn2++6H20。 答案：(1)①氧化S2-生成S,促进酸浸反应正向进行 ②否pH=0时，c(H+)=1mol·L-1 c(S-)=Ka(HS)·Ke(H2S)·c(H,S) c2(H+) 1.0×10-7×1.2×10-18×10-2 12 mol·L- 1917 =1.2×1022mol·L1 c(Cd+)=Ks(CdS)_8.0X10- c(S2-) 1.2X10-zmol·L-1≈6.67X 10-5mol·L-1>1.0×10-5mol·L1,则Cd+未沉淀完全 ③ZnO (2)C1 负电 (3)①2H,As0,+3ZnS+6Ht60℃ As2 Sa+3Zn2+ +6H.O ②随着反应的进行，溶液pH增大，溶液中H2S浓度减 小，促进As2S十6H2O=一2H3AsO3+3H2S平衡正向 移动，As2S重新溶解，砷回收率下降 18.解析：废盐溶液加入氨水，通入氧气沉锰I得到 Mn3O1,溶液再加入(NH,)2S2Og,进行沉锰Ⅱ得到 MnO2,产生O2,溶液再加入NH,HCO3和NH·H2O 调节pH沉镁I,得到MgCO,煅烧得到MgO,溶液再 加入H3PO4沉镁Ⅱ，得到MgNH4PO,·6H2O沉淀 溶液加入H2SO,调节pH=6.0结晶得到X硫酸铵，最 后与MnO2和Mn3O4焙烧，经过多步处理得到MnSO, ·H2O。 (1)加快废盐的溶解可以采取搅拌、适当升温、粉碎等； (2)Mn(OH)2被O2氧化得到Mn3O4,反应的化学方程 式为：6Mn(OH)2十O2—2Mn3O4十6H2O; 根据c(Mg2+) KLMg(OH)2 100.68 c(Mn2+) = Kp[Mn(OH)2] c(Mn2+) 10-11.25 10-2c(Mn2+)=10215mol/L; (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4)2S2Og经加热水解去除， (NH4)2S,Og中存在过氧键，在加热和水存在下发生水 解，生成NH4HSO4和H,O2:(NH4)2S2Og+2H2O —2NH4HSO4+H2O2,H2O2分解2H2O2—2H2O 十O2个，总反应为2(NH4)2S2Og+2H20 4NH,HSO,+O2↑，最终产物是NH,HSO,和O2; (4)[zMgCO3·yMg(OH)2·zH2O]煅烧有CO2生成， 可以得到疏松的轻质氧化镁，pH过大，沉淀为 Mg(OH)2,不能分解产生CO2,不能得到疏松的轻 质MgO; (5)由图可知，pH=8时，阴离子为HPO,阳离子为 Mg2+,产生的沉淀为MgHPO4,调节到pH=4,磷元素 存在形式为H2PO。,磷酸不是强酸，不能拆，反应的离 子方程式为：MgNH,PO4·6H2O+2H3PO,一Mg2+ +3H,PO,+NHT+6H,O; (6)溶液中存在铵根离子和硫酸根离子，结晶后X为 (NH4)2SO4; (7)“焙烧”中，Mn3O4和MnO2最终生成MnSO4· H2O,Mn元素化合价降低，发生了还原反应。 答案：(1)搅拌适当升温等 (2)6Mn(OH)2+O2 =2Mn304+6H2010.15 (3)O2(4)pH过大，沉淀为Mg(OH)2,不能分解产生 CO2,不能得到疏松的轻质MgO (5)MgHPO+H;PO -Mg2++2H2 PO (6)(NH4)2SO,(7)还原 19.解析：由流程可知，矿石经“还原酸浸”，Fe2O3、MnO2被 还原为Fe2+和Mn2+,CuO被溶解为Cu2+,Au、Ag、 SiO2不溶进入“滤渣1”；“沉铜”时，Cu+被铁粉还原为 Cu;“氧化时”Fe2+被氧化为Fe3+;“沉铁”时，Fe3+转化 为沉淀，后续转化为氧化铁；“沉锰”时，M2+沉淀为碳 酸锰。“浸金银”时，Au、Ag被混合液浸出，后续提炼出 Au、Ag。 (1)Cu为29号元素，基态Cu原子的核外电子排布属于 洪特规则的特例，其价层电子数为11，其价层电子排布 式为3d°4s。 (2)“还原酸浸”时，MnO2被亚硫酸钠还原为Mn2+,该 反应的离子方程式为MnO2十SO十2H一Mn2++ S0+H0。 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5S2O+[Cu(NH2)4]2+—[Au(S,Og)2]3 +[Cu(S2O)3]5-+4NH3 ②4[Cu(S2O3)3]5+16NH3+O2+2H2O 4[Cu(NH3)4]2++4OH+12S2O 分析以上两反应可知，[Cu(NH3)4]+参与了反应①， 但在反应②又重新生成，其质量和化学性质在反应前 后没发生变化，因此，上述过程中的催化剂 为[Cu(NH)4]2+。 (4)“还原酸浸”所得“滤液1”中含有一定浓度的未反应 的硫酸和亚硫酸钠，多次循环利用“滤液1”对矿石进行 “还原酸浸”可以充分利用其中的有效成分，大大减少 了原料的浪费，从而有效降低成本；其次，持续地将杂 质元素溶解并带出矿石体系，可以使矿石中的金银的 相对品位得到提升，为后续提纯工序创造更好的条件； 第三，还可以减少废水的排放量和处理成本；第四，可 以回收更多的有价值的溶解成分。综上所述，“沉铜” 前，“滤液1”多次循环的目的为：大幅度降低硫酸和亚 硫酸钠的消耗成本，同时减少废水产生量及处理成本， 并通过持续去除杂质提高金银的富含度。 (5)“还原酸浸”时，Fe2O3和CuO可以被硫酸溶解转化 为Fe3+和Cu2+,亚硫酸钠将Fe3+还原为Fe2+,而Cu2+ 并未被还原，因此，Fe3+的氧化性强于Cu+;“氧化”时， Fe2+被MnO2氧化为Fe3+,因此，MnO2的氧化性强于 Fe3+。综上所述，根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+ Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为MnO2>Fe3+ >Cu2+ (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4”的pH至8.0，此时 c(OH)=10-6mol·L1,无Mn(OH)2析出，根据 Mn(OH)2的Kp为1.9×10-13，则c(Mn2+)≤ 1.9×10-13 10)2mol·L-1=0.19molL-1. (7)①由晶胞结构可知，该晶胞为面心立方，Sb位于晶 胞的顶角，其与邻近的3个面的面心上的Mn距离最近 且距离相等，每个顶角参与形成8个晶胞，而每个面心 参与形成2个晶胞，因此，该晶胞中，每个Sb周围与它 最近且相等距离的Mn有3X8=12个。 2 ②由晶胞结构和均摊法可知，该晶胞中平均占有1个 Sb和3个Mn,因此，该晶胞的质量为122+55×3 NA ,该 晶胞的体积为(anm)3=a3X10-21cm3,晶体的密度为 (122+55×3)g 122+55×3 NAXa3 X10-21 cm3 NaXa3X10-ag·cm3。 答案：(1)3d1°4s (2)MnO2 +SO+2H+-Mn2++SO2+H2O (3)[Cu(NH)4]2+ (4)大幅度降低硫酸和亚硫酸钠的消耗成本，同时减少 废水产生量及处理成本，并通过持续去除杂质提高金 银的富含度 (5)MnO2 >Fe+>Cu2+ (6)0.19(7)①12②、122+55×3 NA XaX10- 20.解析：工艺I中研磨引发的固相反应为CaF2十2NaOH Ca(OH)2十2NaF,水浸后得到滤液I主要是NaF、 Ca(OH)2溶液，经过系列操作得到NaF固体；对比两 种工艺流程，流程Ⅱ添加TO2粉末，由题目可知，生成 的CaTiO,的溶解度极低，使得Ca2+不转化为Ca (OH)2,提高了NaF的产率，据此解答。 (1)氟的原子序数为9，基态氟离子电子排布 为1s22s22p6; (2)CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L1,则c(Ca2+)= cmol/L、c(F)=2cmol/L,Kp(CaF2)=c(Ca2+)· c2(F-)=4c3: 19 (3)①转化率为78%，说明固相反应主要向生成 Ca(OH),和NaF的方向进行，即正向进行程度大；② NaF产率仅为8%，说明大部分NaF未进入溶液，则溶 液中存在Ca(OH)2向CaF2的转化过程，根据沉淀转 化的规律可推测：S(CaF2)<S[Ca(OH)2]; (4)根据工艺Ⅱ的流程，CaF2、TiO2与NaOH反应生成 难溶的CaTiO3、NaF和H2O,反应的化学方程式为： CaF,+TiO,+2NaOH-CaTiO,+2NaF+H,O; (5)由上一问可知，滤液Ⅱ主要是NaF溶液，因NaF溶 解度受温度影响小（题干说明），故蒸发至大量晶体析 出，趁热过滤即可得到NaF晶体，故选a;其溶解度随温 度变化不明显，冷却结晶无法析出更多晶体，故不选b; (6)a.研磨将固体颗粒粉碎，减小粒径，从而显著增加反 应物之间的接触面积，使反应更易发生，a选； b.研磨过程中的机械力可能导致晶体结构缺陷或局部 化学键断裂，产生活性位点，使反应更易发生，b选； c,活化能是反应固有的能量屏障，研磨主要通过增加接 触和产生缺陷来提高反应速率，但一般不直接降低活 化能，c不选； d.研钵仅作为研磨工具，其表面不参与反应，因此与反 应物接触更好并非促进反应的原因，d不选；故选ab。 答案：(1)1s22s22p (2)4c3 (3)①正向②< (4)CaF2+TiO,+2NaOH=CaTiO,+2NaF+H2 O (5)a(6)ab 专题八非金属及其化合物 考点1] 1.B稻壳在一定条件下制备纳米SiO2,纳米SiO2和Mg 在650℃发生置换反应生成MgO和纳米Si,加盐酸将 MgO转化为MgCl2,过滤、洗涤、千燥得到纳米Si。 A.SiO2是酸性氧化物，与NaOH反应生成Na2SiO,和 H2O,A正确；B.盐酸参与的反应为：MgO十2HCl MgCl2十H2O,该反应是非氧化还原反应，盐酸体现酸 性，没有体现还原性，B错误；C.高纯硅可以将太阳能转 化为电能，故可用于制硅太阳能电池，C正确；D.SO2和 Mg在650℃条件下发生置换反应得到MgO和纳米Si, 反应的化学方程式为SiO,+2Mg650℃Si十2Mg0,D 正确。 2.DA.Cl2与水反应生成HClO和HCl,无法直接生成 NaClO,A错误；B.SO,与水反应生成亚硫酸而不是硫 酸，B错误；C.氧化铁与水不反应，不能生成氢氧化铁沉 淀，C错误；D.CO2与水反应生成碳酸，碳酸与碳酸钙反 应生成碳酸氨钙，碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气 体，D正确。 3.BA.SiO2和C在高温下发生反应生成Si和CO,因此， 制备粗硅反应的化学方程式为S0,十2C高温s十200个， A说法正确；B.在晶体硅中，每个Si与其周围的4个Si 形成共价键并形成立体空间网状结构，因此，平均每个 Si形成2个共价键，1 mol Si含Si一Si键的数目约为2 ×6.02×103,B说法错误；C.HC1易与水形成盐酸，在 一定的条件下氧气可以将HC1氧化；H2在高温下遇到 氧气能发生反应生成水，且其易燃易爆，其与SHCL3在 高温下反应生成硅和HCI,因此，原料气HCl和H2应充 分去除水和氧气，C说法正确；D.Si十3HCl300℃ SHCl,十H2,该反应是气体分子数减少的反应，因此，生 成SHCL3的反应为熵减过程，D说法正确；综上所述，本 题选B。 4.解析：由流程和题中信息可知，BaSO4与过量的碳粉及 过量的氯化钙在高温下焙烧得到CO、BaCl2、易溶于水的 BaS和微溶于水的CaS;烧渣经水浸取后过滤，滤渣中有 碳粉和CaS,滤液中有BaCl2和BaS;滤液经酸化后浓缩 结晶得到BaCl2晶体；BaCl2晶体溶于水后，加入TiCl考点3化工流程 [真题题组·实战集训] 1.(2026·黑吉辽蒙卷，12)从铜阳极泥（主要成分为Cu2Te和Cu2S,含少量Ag2S和Au)中提取 热电材料碲(Te)的流程如图。已知Na,Te与适量空气反应可生成Na2Te2。下列说法正确 的是 () Na,S溶液适量空气 Na,S0,溶液 铜阳极泥 浸渍 滤液1（含Na,Te)沉碲一碲粉 滤液2 滤渣 A.“浸渍”时通人过量空气不发生副反应B.滤渣可以全部溶于浓HNO? C.Na2Te被氧化过程中，溶液碱性增强D.“沉碲”过程中Na2SO,被氧化 郑 2.(2026·湖南卷，11)常温下，铜铁混合物（粉末状）能发生如图所示的转化关系。下列说法错误 的是 过量溶液h 红褐色 黄绿色 沉淀g 溶液a 溶液b 气体c 溶液d 气体c 充分 过量 反应 深蓝色 拓 铜铁 溶液f 固体残渣 混合物 A.溶液h可能是盐酸 B.向溶液b中通人过量气体e,空气中久置后可得沉淀g C.固体残渣中有铜，可能有铁 D.溶液f中含有[Cu(NH3)4]+ 製 3.（多选)(2026·山东卷，14)利用铁基、钙基物质的化学循环(Fe0 Fe,CaCO CaO)可从高炉煤气中分离出N2,并获得高价值的CO/CO2混合气。循环过程如图 所示，下列说法正确的是 ( 气体X 气体Y 高炉煤气 反应 FeO/钙基物质I， 反应 (C0、C02、N2) 器甲 (固相循环) 器乙 n(C0)n(C02:n(N2)= (600℃) Fe/钙基物质Ⅱ (850℃) 2:3:5 A.钙基物质I为CaO B.气体X为CO/CO2混合气 C.铁基、钙基物质的理论投料比为2：5（以物质的量计） D.获得的混合气中，C0与C0,物质的量之比n(CO)>2 n(C02)3 4.（2025·云南卷，12)Be及其化合物的转化关系如图。下列说法错误的是 H2O HCI 熔融电解 Be,C →Be(OH)2 BeCl, 熔点405℃导电盐 Be 熔点2200℃ NaOH 沸点488℃ Na,[Be(OH)] 81 A.Be(OH)2是两性氢氧化物 B.Be,C和BeCl2的晶体类型相同 C.Na2[Be(OH)4]中Be原子的杂化方式为spi D.Be2C与H2O反应：Be2C+4H2O—2Be(OH)2+CH4个 5.(2026·河南卷，15)一种从废芯片（主要含有Si、Cu、Ag、Pd、Au等）中回收金属的工艺流程 如下： H2SOFe2(SO);(NH)2Ce(NO3)(NH,)2Ce(NO3)a,HCI Zn 废芯片→焙烧→浸出1 浸出2 →浸出3 →还原→Au、Pd HCI 固体2 NaCIO、NaOH 电解-滤液1 滤液2→沉淀→滤液3 流出液→氧化 固体1 AgCI Ce(OH) 已知：流程中Ce4+被还原为Ce3+;“浸出2”中Au和Pd的浸出率较低；“浸出3”中Au和Pd转 化为[AuCL4]和[PdCl4]2。 回答下列问题： (1)提高“焙烧”效率的措施有 (写出一条即可)。 (2)“焙烧”中，Cu未完全转化为CuO,“浸出1”中Cu参与反应的离子方程式为 0 (3)“电解”时，“滤液1”和FSO4溶液分别作阴极液和阳极液，不锈钢片和石墨片分别作阴极 和阳极，阴离子交换膜作隔膜。“电解”的目的是 (4)已知3Ce4++Au==3Ce3++Au3+的K约为4.8×105，表明该反应可以进行得基本完全， 但Au在“浸出2”中浸出率较低，原因是 (5)“沉淀”产生的AgC1可被N2H4还原为Ag,N2H4中N元素只转化为N2。理论上AgCI与 N2H4反应的物质的量之比为 (6)“滤液3”需要合并到“浸出3”所得滤液中，目的是 (7)“氧化”中，Ce3+转化为Ce(OH)4沉淀，该反应的离子方程式为 6.（2026·河北卷，16)清洁生产工艺设计 钒和铬是重要的战略金属。河钢集团与中科院合作研发了国际领先的亚熔盐法清洁生产工 艺，实现在温和条件下钒和铬的高效提取。主要流程如下： 50%、 ①H20 稀H2S04 NaOH溶液②CaO NaSO调pH 980℃ 帆流家由一藏翻盈密 1水解 …→Cr20g 140-180℃ 40℃！ 滤渣 母液 滤液 V205 已知：钒渣主要含FeO·V,O3、FeO·Cr2O3、SiO2和少量CaO、MgO等。 回答下列问题： (1)V和Cr均位于元素周期表的区。 (2)氧化工序通常采用较大的O2流量，其目的是 ;配平化学方程式：FeO·V2O3+ NaOH+O,△ Fe2 O3+ Nag VO+ H2O。 82 (3)滤渣的主要成分有MgO、 (填化学式)。 (4)80℃和40℃时，Na3VO4和Na2CrO4的溶解度随NaOH质量分数变化如图所示。结合图 像分析NaOH质量分数为30%时，冷却结晶工序降温至40℃有利于实现钒和铬有效分离的 原因： 50 80℃ 40℃ 50 ° Na2Cr04 NazCr04 30 30 20 10 NasVO4 矩 10 0 04 NasVO4 1020304050 1020304050 w(NaOH)/% w(NaOH)/% (5)母液返回 工序。 (6)还原工序中，反应的离子方程式为 0 7.（2026·云南卷，15)创新驱动，深挖“城市矿山”，一种从废弃印刷电路板(WPCB)(主要含Cu、 Ni、Au、Ag)中分离回收有价金属的工艺如下： 0.01mol·L1PMS 稀盐酸 稀硝酸0.1mol·L1KC1 抗坏血酸 WPCB→预处理→酸浸1滤渣1酸浸2滤渣2氧化溶金滤液4X→…→纳米Au 滤液1 滤液2 NaOH溶液→碱沉 滤液3，沉银→…→Y Ni(OH)2 AgCl 已知：①PMS为过一硫酸盐（含过氧键），在强酸介质中会水解。 ②O2表示具有高氧化活性的单线态氧分子。 回答下列问题： (1)Au与Cu同族，属于 区元素。 (2)“酸浸1”中发生反应的离子方程式为 (3)“滤液2”中主要的金属离子有Ag、 (填离子符号)。 (4)“氧化溶金”中，KC1不能用HC1替代的原因为 PMS发生反应的离子方程式HSO,+SO +1O2(将离子方程 式补充完整)。 (5)工序“X”中，抗坏血酸的作用为 (6)“碱沉”前，用0.1000mol·L1的NaOH标准溶液测定50.00mL“滤液1”中的H+及N+ 浓度，pOH和pNi与V(NaOH)的关系如图(pOH=-lg[c(OH)/(mol·L1)],pNi= -lg[c(N+)/(mol·L1)刀，忽略Ni+的水解)。“滤液1”中N2+的浓度为 mol·L (结果保留小数点后3位)。 14 12 12 10 a 8 a(20.00,7.00) 6言 25354555 65 V(NaOH)/mL 83 (7)“沉银”时，“滤液2”与“滤液3”混合时有少量Ag2O生成，其反应的化学方程式为 8.(2026·黑吉辽蒙卷，16)某工厂利用镍矿（主要成分为NiS,含少量Fe2O,和CuS)制备超细镍 粉，物质转化流程如下（部分反应条件已略去）： 空气十氨水 气体a 足量O2H2 氧压滤液1部分蒸氨 镍矿→ 氨浸 沉铜 速液2转化一还原Ni粉 滤液3 浸渣 CuS 已知：①滤液1中镍以[Ni(NH3)]+形式存在，硫以SO和少量S,O形式存在； ②“部分蒸氨”时c(NH3)减小，[Ni(NH3)。]2+转化为[Ni(NH).]2+,x=15。 回答下列问题： (1)依据核外电子排布，Ni元素位于周期表 区。 (2)“氧压氨浸”时，加压的目的是 ,NiS转化为 [Ni(NH3)6]SO4的化学方程式为 (3)滤液1中铜的主要存在形式为 (填离子符号)。气体a为 (填化学式)。 (4)“转化”步骤通入足量氧气充分氧化滤液2中剩余的S2O,该步骤无沉淀产生，则理论上 每转化1molS2O消耗O,的物质的量为 mol。 (5)滤液3浓缩结晶得到的 (填化学式)可用于生成化肥。 (6)近似条件下，不同[Ni(NH3)]SO4溶液中二价镍[Ni(Ⅱ)]浓度随“还原”步骤时间的变化 如图。为提高Ni(Ⅱ)的还原速率和转化率，x应选择 (填“2”或“≥3”)。 已知酸性条件不利于“还原”步骤，解释[Ni(NH3)]+还原程度较低而[Ni(NH3)2]+还原程度 较高的原因： (结合离子方程式 作答)。 [Ni(NH)x2 ■x=1 4x=2 ●x≥3 4 。x≥3 40 120 时间/min 9.(2026·湖南卷，16)一种由硫化铅精矿（含PbS及少量ZnS、CdS)制备高纯铅的工艺流程如下： 烯烃和乙二胺 空气、硫酸 水溶液 C02 CH 硫化铅精矿→加压氧化 胺浸→沉铅→高温还原 →高纯铅 ↓ C02 酸性溶液 单质S再生一→含钙粗产品 Ca(OH)2 已知：①乙二胺(H2NCH2CH2NH2,简写为en)为一种二元弱碱。 ②Kp[Zn(OH)2]=3.0×10-,K[Cd(OH)2]=7.2×10i5。 ③金属离子浓度不超过1.0×10-5mol·L1时，认为该离子已沉淀完全。回答下列问题： 84 (1)Pb在元素周期表中的位置为第六周期第 族。 (2)“加压氧化”中，PbS发生反应的离子方程式为 :采用加 压操作可提高反应速率，原因是 (3)“酸性溶液”经处理后，Cd+、Zn2+浓度分别为0.01mol·L-1、0.02mol·L-1,调pH使 Zn2+恰好沉淀完全时（假设溶液体积不变），Cd+ (填标号)。 a.沉淀完全 b.部分沉淀 c.未沉淀 (4)“胺浸”后，PbSO4转化为配合物[Pb(en)2]SO4,“沉铅”所得固体为碱式碳酸铅[Pb2 (OH)2CO3]。下列说法正确的是 (填标号)。 a.配合物[Pb(en)2]SO,中的配位原子为N b.“沉铅”过程中，溶液pH增大 c.流程中烯烃和乙二胺得到了循环利用 (5)“高温还原”中，生成Pb的化学方程式为 ;若用炭代替CH4,将导 致铅纯度下降，原因是 (6)“再生”时，得到的“含钙粗产品”的主要成分有 (写化学式)。 10.(2026·山东卷，17)一种从铜阳极泥（主要含Au、Ag2Se、Cu2Se)中分离提取贵金属Au、Ag 的工艺流程如下： KMnO, 有机 Na2 SO NH CI 稀盐酸萃取剂溶液 稀盐酸 稀HNO, 稀H2SO, 沉淀球磨提金→酸溶→萃取→反萃取→酸化析金→A“ 滤渣 水相 有机相 尾气处理 度 NaCl 极 溶液 氨水N2H4·H2O 尾气 滤液 处理 沉银沉淀溶银一→还原提银一Ag Se、Cu N2滤液X 已知：“球磨提金”时，生成的高活性CL2直接和Au反应生成AuCL3。 Km(AgCI)=1.6×1010;Ag+2NH3-=[Ag(NH)2]+K=1.0X107。 回答下列问题： (1)“酸浸”时，Cu2Se与稀HNO3反应生成二元弱酸H2SO3的离子方程式为 (2)“球磨提金”时，生成C12的反应中作氧化剂的是 (填化学式)。 (3)“酸溶”时，AuCL,转化为[AuCL4];“反萃取”时加入Na2SO3溶液后，水相中Au以[Au SO3]-形式存在，Na2SO3的两个作用是 。“酸 化析金”时，[AuSO3]发生自身氧化还原反应的离子方程式为 (4)“溶银”中，忽略溶液体积变化，若使0.010 mol AgC1完全溶于1.0L氨水，则反应后溶液 中c(NH3)≥ mol·L-1 (5)“还原提银”所得滤液X经处理后的产品可导入“球磨提金”加以利用，则处理滤液X时加 入的物质是 (填化学式)。 85 11.(2025·河南卷，15)一种从预处理得到的贵金属合金粉[主要成分为Fe、Rh(铑)、Pt,含有少 量SO2]中尽可能回收铑的工艺流程如下： 浓盐酸王水 浓盐酸、DETA H 装会得一酸帝-一版帝韵一衣湘一沉递一内 高温还原 +铑粉 滤液1滤渣 滤液2 NH,CI SnCl Zn 浓盐酸 沉铂一活化还原一三次还原·酸溶3 含铂沉淀 滤液3滤液4 回答下列问题： (1)“酸溶1”的目的是 (2)已知“酸溶2”中Rh转化为H[RhCl],则生成该物质的化学方程式为 “滤渣”的主要成分是 (填化学式)。 (3)“沉铑”中得到的沉淀经“灼烧”后分解成铑单质，但夹杂少量Rh2O3和RhCL3,则“高温还 原”中发生反应的化学方程式为 (4)若“活化还原”在室温下进行，SnC12初始浓度为1.0×104mol·L-1,为避免生成 Sn(OH)2沉淀，溶液适宜的pH为 (填标号)[已知Sn(OH)2的Kp=5.5×10-8]。 A.2.0 B.4.0 C.6.0 (5)“活化还原”中，SnCl2必须过量，其与Rh(Ⅲ)反应可生成[Rh(SnCL3),]4-,提升了Rh的 还原速率，该配离子中Rh的化合价为 ;反应中同时生成[SnCL,],Rh(Ⅲ)以 [RhCl]3-计，则理论上SnCl2和Rh(Ⅲ)反应的物质的量之比为 (6)“酸溶3”的目的是 12.(2025·甘肃卷，16)研究人员设计了一种从铜冶炼烟尘（主要含S、As2O3及Cu、Zn、Pb的硫 酸盐)中高效回收砷、铜、锌和铅的绿色工艺，部分流程如下： 气体SO →冷凝 →制酸系统 As2O 铜冶炼烟尘→焙烧 →水浸 →酸浸→浸出液→Cu ZnSO,溶液 浸出渣 已知：As203熔点314℃，沸点460℃ 分解温度：CuO1100℃，CuSO4560℃，ZnS04680℃，PbS04高于1000℃ Km(PbSO4)=1.8×10-8 (1)设计焙烧温度为600℃，理由为 (2)将SO2通入Na2CO3和Na2S的混合溶液可制得Na2S2O3,该反应的化学方程式为 (3)酸浸的目的为 (4)从浸出液得到Cu的方法为 (任写一种)。 (5)某含Pb化合物是一种被广泛应用于太阳能电池领域的晶体材料，室温下该化合物晶胞如 图所示，晶胞参数a≠b≠c,a=B=y=90°。Cs与Pb之间的距离为 pm(用带有晶胞 参数的代数式表示)；该化合物的化学式为 ,晶体密度计算式为 g/cm3(用 带有阿伏加德罗常数NA的代数式表示，Mc、M,和M分别表示Cs、Pb和Br的摩尔质量)。 86 13.(2025·黑吉辽蒙卷，16)某工厂采用如下工艺回收废渣（含有 ZnS、PbSO4、FeS和CuCI)中的Zn、Pb元素。 A:Cs B:Pb c pn Zn (NH)2S C:Br 滤液 滤液 除铜 →沉锌→ZnS a pm (NH4)2S2Og+NH3·H2O Cu 滤液 废渣→氧化浸出 H2A、Na2A溶液 滤渣1，浸铅 滤液结晶PbA-→真空热解一→纯Pb 滤渣2 已知：①“氧化浸出”时，PbSO4不发生变化，ZnS转变为[Zn(NH3)4]2+; ②K[Pb(OH)2]=10-14.8; ③酒石酸（记作H2A)结构简式为HOOC(CHOH),COOH。 回答下列问题： (1)H2A分子中手性碳原子数目为 (2)“氧化浸出”时，过二硫酸根(S2O)转变为 (填离子符号)。 (3)“氧化浸出”时，浸出率随温度升高先增大后减小的原因为 (4)“除铜”步骤中发生反应的离子方程式为 (5)滤渣2中的金属元素为 (填元素符号)。 (6)“浸铅”步骤，PbSO,和Na2A反应生成PbA。PbA产率随体系pH升高先增大的原因为 ,pH过高可能生成 (填化学式)。 (7)290℃“真空热解”生成2种气态氧化物，该反应的化学方程式为 14.(2025·安徽卷，15)某含锶(Sr)废渣主要含有SrSO4、SiO2、CaCO3、SrCO3和MgCO3等，一种 提取该废渣中锶的流程如图所示。 稀盐酸 BaCl2溶液 含锶废渣→酸浸 浸出渣1 →盐浸→SrCl2溶液→SrCl2·6H2O 浸出液 浸出渣2 已知25℃时，Kp(SrS0,)=106.46,Kp(BaS04)=109.97。 回答下列问题： (1)锶位于元素周期表第五周期第ⅡA族。基态锶原子价电子排布式为 (2)“浸出液”中主要的金属离子有S+、 (填离子符号)。 (3)“盐浸”中SrSO,转化反应的离子方程式为 25℃时，向0.01 mol SrS04粉末中加入100mL0.11mol·L1BaCl2溶液，充分反应后，理 论上溶液中c(Sr2+)·c(SO子-)= (mol·L1)2(忽略溶液体积的变化)。 87 (4)其他条件相同时，盐浸2h,浸出温度对锶浸出率的影响如图1所示。随温度升高锶浸出 率增大的原因是 10 20 40 80 100 图1 图2 (5)“浸出渣2”中主要含有SrSO4、 (填化学式)。 (6)将窝穴体a(结构如图2所示)与K+形成的超分子加入“浸出液”中，能提取其中的Sr2+, 原因是 0 (7)由SrCl2·6H2O制备无水SrCL2的最优方法是 (填标号)。 a.加热脱水 b.在HCI气流中加热 c.常温加压 d.加热加压 15.(2025·河北卷，16)铬盐产品广泛应用于化工、医药、印染等领域。通过闭环生产工艺将铬铁 矿转化为重铬酸钾，同时回收利用钾资源，可实现绿色化学的目标。流程如下： KHCO,- 过量 空气K,C0,(aqj/C02 C02+H20 1400-500℃ 蒸发、 0.4-0.6MPa 过悠二资-一浸取一分高】-酸化一分离-K60, 滤渣I滤液I尾气滤液Ⅱ Fe(C0)→还原、分离…K,C0 滤渣ⅡCOg) 已知.铬铁矿主要成分是Fe(CrO2)2、Mg(CrO2)2、AlO3、SiO2。 回答下列问题： (1)基态铬原子的价层电子排布式： (2)煅烧工序中Fe(CrO2)2反应生成K,CrO,的化学方程式： (3)浸取工序中滤渣I的主要成分：Fe2O3、H2SiO3、 (填化学式)。 (4)酸化工序中需加压的原因： (5)滤液Ⅱ的主要成分： (填化学式)。 (6)补全还原、分离工序中发生反应的化学方程式：Fe(CO),+ Cr(OH)+ +CO (7)滤渣Ⅱ可返回 工序。（填工序名称） 88 [真题题组·实战集训l2] 16.(2025·山东卷，l7)采用两段焙烧-水浸法从铁锰氧化矿（主要含Fe2O3、MnO2及Co、Cu、Ca、 Si等元素的氧化物)分离提取Cu、Co、Mn等元素，工艺流程如下： ①Na,S (NH)2S04 回收S0, HR ②调pH NH,HCO, 铁锰 低温 高温 焙烧 水浸 萃取水相 分离 沉钴 →沉锰→MnC0 氧化矿 焙烧 有机相 滤渣 CoS 吸收←稀H,S0, 反萃取 →溶解→CoS0, 溶液 整 H,02S CuSO溶液 稀H,S04 郑 已知：该工艺条件下，(NH)2SO4低温分解生成NH HSO4,高温则完全分解为气体； Fe2(SO4)3在650℃完全分解，其他金属硫酸盐分解温度均高于700℃。 回答下列问题： (1)“低温焙烧”时金属氧化物均转化为硫酸盐。MnO2与NH,HSO4反应转化为MnSO,时 有N2生成，该反应的化学方程式为 。 “高温焙烧”温度 为650℃，“水浸”所得滤渣主要成分除SiO2外还含有 (填化学式)。 典郝 (2)在(NH)2SO4投料量不变的情况下，与两段焙烧工艺相比，直接“高温焙烧”，“水浸”时金 属元素的浸出率 (填“增大”“减小”或“不变”)。 (3)HR萃取Cu+反应为：2HR(有机相)十Cu2+(水相)一CuR2(有机相)+2H+(水相)。 “反萃取”时加人的试剂为 (填化学式)。 (4)“沉钴”中，pH=4时Co2+恰好沉淀完全[c(Co2+)=1×10-5mol·L1门，则此时溶液中 如 c(H2S)- mol·L1。已知：Ka1(H2S)=1×10-7,K2(H2S)=1X10-13,Kp(CoS) =4×10一1。CoS“溶解”时发生反应的离子方程式为 (5)“沉锰”所得滤液并入“吸收”液中，经处理后所得产品导入 (填操作单元名称)循 环利用。 17.(2025·江苏卷，14)ZnS可用于制备光学材料和回收砷。 (1)制备ZnS。由闪锌矿[含ZnS、FeS及少量硫化镉(CdS)等]制备ZnS的过程如下： H2 SO O2 H,S 闪锌矿→酸浸☐→除铁→除镉→调pH→沉锌→ZS cds 已知：Kp(ZnS)=1.6×104,Kp(CdS)=8.0×10-2”,K1(H2S)=1.0×107,K2(H2S)= 1.2×1018。当离子浓度小于1.0×105mol·L1时，认为离子沉淀完全。 ①酸浸时通入O2可提高Zn+浸出率的原因是 89 ②通入H2S除镉。通过计算判断当溶液pH=0、c(H2S)=0.01mol·L1时，Cd+是否沉淀 完全（写出计算过程）。 ③沉锌前调节溶液的pH至4~5，加入的氧化物为 (填化学式)。 (2)制备光学材料。如图甲所示，ZS晶体中掺入少量CuCl后，会出现能量不同的“正电”区 域、“负电”区域，光照下发出特定波长的光。 区域A 区域B ●Zn2 0s2 】掺入离子位置 甲 区域A“”中的离子为 (填离子符号)，区域B带 (填“正电”或“负电”)。 (3)回收砷。用ZS去除酸性废液中的三价砷[As(Ⅲ)门，并回收生 100 成的As2S3沉淀。 6 已知：溶液中As(Ⅲ)主要以弱酸H3AsO3形式存在，As2S3+6H2O 40 =2H3AsO3+3H2S。 234 60℃时，按n(S):n(As)=7:1向酸性废液中加入ZnS,砷回收率 反应时间h 随反应时间的变化如图乙所示。 乙 ①写出ZnS与H3AsO3反应生成As2S3的离子方程式： ②反应4h后，砷回收率下降的原因有 18.(2025·陕晋青宁卷，16)一种综合回收电解锰工业废盐（主要成分为Mn2+、Mg2+、NH的硫 酸盐)的工艺流程如下。 NH3H2O NH3·H,O 02 (NH4)2S2Os NH4HCO3 H,PO4 H2S04 ↓调pH |调pH=6.0 废盐 溶液 沉锰→沉锰→沉镁 沉镁 →结晶 Mn3O MnO2 煅烧MgNH4PO4·6H,O Mgo 焙烧→→MnS04H20 已知：①常温下Kp(MgC0)=105.17,Kp[Mg(OH)2]=10.5,Kp[Mn(OH)2] =10-12.72; ②S2O结构式为 -0 90 回答下列问题： (1)制备废盐溶液时，为加快废盐溶解，可采取的措施有 。 (写出两种) (2)“沉锰I”中，写出形成的Mn(OH)2被氧化成Mn3O4的化学方程式： 当Mg2+(c=10-o.68mol·L1)将要开始沉淀时，溶液中剩余Mn2+浓度为 mol.L1。 (3)“沉锰Ⅱ”中，过量的(NH4),S2O。经加热水解去除，最终产物是NH4HSO,和 (填 化学式)。 (4)“沉镁I”中，当pH为8.0~10.2时，生成碱式碳酸镁[zMgCO3·yMg(OH)2·zH2O], 煅烧得到疏松的轻质MgO。pH过大时，不能得到轻质MgO的原因是 (5)“沉镁Ⅱ”中，加H3PO,至pH=8.0时，Mg2+沉淀完全；若加至pH=4.0时沉淀完全溶 解，据图分析，写出沉淀溶解的离子方程式： (6)“结晶”中，产物X的化学式为 (7)“焙烧”中，Mn元素发生了 (填“氧化”或“还原”)反应。 HPO PO 0.8 H2PO NH NH 教 尔0.4 HPO2 0.0 0.0 4.0 8.0 12.0 pH 19.(2025·云南卷，15)从褐铁矿型金-银矿（含Au、Ag、Fe2O3、MnO2、CuO、SiO2等）中提取Au、 Ag,并回收其他有价金属的一种工艺如下： HS04、NaS03 铁粉 MnO, NaOH NH.HCO 金-银矿一 还原酸浸逃液1沉铜选液3氧化-一沉铁逃液4沉锰一滤液5 滤渣1 Cu MnCO, 铜-氨一硫代硫酸盐溶液→一浸金银 滤液2→A、Ag Fe2O 滤渣2 已知：①金-银矿中Cu、Mn元素的含量分别为0.19%、2.35%。 ②25℃时，Mn(OH)2的Kn为1.9×10-13。 回答下列问题： (1)基态Cu原子的价层电子排布式为 (2)“还原酸浸”时，MnO2反应的离子方程式为 (3)“浸金银”时，Au溶解涉及的主要反应如下： ①Au+5S2O+[Cu(NH3)4]2+-[Au(S,03)2]3-+[Cu(S2O3)3]5-+4NHg ②4[Cu(S,O)3]5-+16NH3+O2+2H20-4[Cu(NH)4]2++4OH+12S,O上述过程 中的催化剂为 91 (4)“沉铜”前，“滤液1”多次循环的目的为 (5)根据“还原酸浸”“氧化”，推断Fe3+、Cu2+、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为 (6)25℃“沉铁”后，调节“滤液4"的pH至8.0，无Mn(OD2析出，则c(Mn2+)≤ mol·L1。 (7)一种锑锰(MnSb)合金的立方晶胞结构如图。 ①该晶胞中，每个Sb周围与它最近且相等距离的Mn有 个。 ②NA为阿伏加德罗常数的值，晶胞边长为anm,则晶体的密度为 g·cm-3(列出计 算式即可)。 ●Mn Sb 20.(2025·湖北卷，16)氟化钠是一种用途广泛的氟化试剂，通过以下两种工艺制备： 萤石(CaF2) I. →研磨→混合物I→水浸→过滤→滤液I→→NaF固体 NaOH固体 萤石(CaF2) 水 Ⅱ.NaOH固体→研磨→混合物Ⅱ→水浸→过滤→滤液Ⅱ→·→NaF固体 TiO2粉末 已知：室温下，TiO2是难溶酸性氧化物，CaTiO3的溶解度极低。 20℃时，NaF的溶解度为4.06g/100g水，温度对其溶解度影响不大。 回答下列问题： (1)基态氟离子的电子排布式为 (2)20℃时，CaF2饱和溶液的浓度为cmol·L1,用c表示CaF2的溶度积Kp= (3)工艺I中研磨引发的固相反应为CaF2+2NaOH一Ca(OH)2+2NaF。分析沉淀的成 分，测得反应的转化率为78%。水浸分离，NaF的产率仅为8%。 ①工艺I的固相反应 (填“正向”或“逆向”)进行程度大。 ②分析以上产率变化，推测溶解度S(CaF2) S[Ca(OH)2](填“>”或“<”) (4)工艺Ⅱ水浸后NaF的产率可达81%，写出工艺Ⅱ的总化学反应方程式 (5)从滤液Ⅱ获取NaF晶体的操作为 (填标号)。 a.蒸发至大量晶体析出，趁热过滤 b.蒸发至有晶膜出现后冷却结晶，过滤 (6)研磨能够促进固相反应的原因可能有 (填标号)。 a.增大反应物间的接触面积 b.破坏反应物的化学键 c.降低反应的活化能 d.研钵表面跟反应物更好接触 92